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S1MIAS, 1er semestre 2003-2004

Virginie BONNAILLIE

Universit´e Paris Sud

Corrig´
e des exercices du tome 2, feuille8, page 191 : Int´
egration.
Calculs directs
Corrig´
e de l’exercice 1.
Fonctions

Primitives

x(x3 + 1)

x5
5

1
x−3

ln |x − 3| + C

sin 2x −
cos2

π
6

+C

tan x +
x
2

1−cos 2x
2

cos4 x =

x2
2

− 12 cos 2x −



1
(x+ π2 )

sin2 x =

+


1+cos 2x 2
2

=

cos2 2x
4

+

cos 2x
2

+

1
4

=

cos 4x
8

+

cos 2x
2

+

3
8



sin 2x
4

sin 4x
32

+

π
2



π
6

+C

+C

sin 2x
4

+ 38 x + C

1
(2x+5)3

1
− 4(2x+5)
2 + C

tan2 x = tan2 x + 1 − 1

tan x − x + C



1
3 (2x

2x + 3

3

+ 3) 2 + C


−2 3 − x + C

√1
3−x

(4 − 3x)5

−1
18 (4

1
x2 +4

1
2

√ 1
9−x2

Arcsin x3 + C

2

x 3 +1
1
x3



1

1

= x 3 + x− 3

sin 2x cos 4x = 12 (sin 6x − sin 2x)

− 3x)6 + C

Arctan x2 + C

3 43
4x

2

+ 32 x 3 + C

cos 2x
4



cos 6x
12

+C

Corrig´
e de l’exercice 2.
x
sin x
Soit F une primitive de sin cos
x+cos x , G une primitive de sin x+cos x sur un intervalle contenant 0 que
l’on pr´ecisera :
Pour que l’int´egrale soit bien d´efinie, il suffit que le d´enominateur ne s’annule pas car les fonctions
cos et sin sont infiniment r´eguli`eres. Or sin x = − cos x pour x = 43 π. Consid´erons donc l’intervalle
I = [0, 43 π[ et soit t ∈ I, nous d´efinissons alors F et G par :
Z t
Z t
cos x
sin x
F (t) =
dx et G(t) =
dx.
(1)

S1MIAS, 1er semestre 2003-2004

Virginie BONNAILLIE

Universit´e Paris Sud

D´eterminons F + G et F − G pour en d´eduire une expression de F et de G. Soit t ∈ I, alors :
Z t
dx = t
(F + G)(t) =

(2)

0

Z

t

cos x − sin x
dx = −
sin x + cos x

(F − G)(t) =
0

Z
= −

t− π4

− π4

Z
0

t

sin(x − π4 )
dx = −
sin(x + π4 )

Z

t− π4

− π4

sin x
dx
sin(x + π2 )

sin x
π
π
dx = ln cos |t − | − ln cos .
cos x
4
4

(3)

Par cons´equent :
F (t) =
G(t) =

t + ln cos |t − π4 | +
2
t − ln cos |t − π4 | −
2

ln 2
2
ln 2
2

(4)
.

(5)

Int´
egration par parties
Corrig´
e de l’exercice 3.
u(x) = x + 1 et v 0 (x) = e−x
Les fonctions u et v sont C 1 sur R. Ainsi :
u0 (x) = 1
v(x) = −e−x .
Z
Z
(x + 1)e−x dx = −(x + 1)e−x + e−x dx = −(x + 1)e−x − e−x + C = −(x + 2)e−x + C.

1. On choisit

2. On choisit

u(x) = ln x et v 0 (x) = 1
Les fonctions u et v sont C 1 sur ]0, +∞[. Ainsi :
u0 (x) = x1
v(x) = x.
Z
Z
ln xdx = x ln x − dx = x(ln x − 1) + C.

3. On va faire deux int´egrations par parties successives. On choisit :
u(x) = x2 + x + 1 et v 0 (x) = e2x
u0 (x) = 2x + 1
v(x) = 12 e2x .
Les fonctions u et v sont C 1 sur R. Ainsi :

Z
Z
x2 + x + 1 2x
1 2x
2
2x
(x + x + 1)e dx =
e −
e dx.
x+
2
2
On choisit maintenant

u(x) = x +
u0 (x) = 1

R. Ainsi :
Z
(x2 + x + 1)e2x dx =
=

1
2

et v 0 (x) = e2x
Les fonctions u et v sont C 1 sur
v(x) = 21 e2x .

Z 2x
x2 + x + 1 2x 2x + 1 2x
e
e −
e +
dx
2
4
2
x2 + x + 1 2x 2x + 1 2x e2x
x2 + 1 2x
e −
e +
+C =
e + C.
2
4
4
2

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Virginie BONNAILLIE

Universit´e Paris Sud

4. On va faire deux int´egrations par parties successives. On choisit :
u(x) = cos x
et v 0 (x) = ex
0
u (x) = − sin x
v(x) = ex .
Les fonctions u et v sont C 1 sur R. Ainsi :
Z
Z
x
x
cos xe dx = cos xe + sin xex dx.
u(x) = sin x et v 0 (x) = ex
Les fonctions u et v sont C 1 sur R.
u0 (x) = cos x
v(x) = ex .
Z
Z
x
x
x
cos xe dx = cos xe + sin xe − cos xex dx + C.

On choisit maintenant
Ainsi :

Par cons´equent :
Z

5. De la mˆeme fa¸con, on trouve :
Z

cos xex dx =

sin xex dx =

cos x + sin x x
e + C.
2

− cos x + sin x x
e + C.
2

6. Commen¸cons par lin´eariser le cos2 x avec la formule :
cos2 x =

1 + cos 2x
.
2

Par cons´equent :


Z
Z
Z
1 + cos 2x
e−2x 1
e−2x cos2 xdx = e−2x
dx = −
+
e−2x cos 2xdx.
2
4
2
On choisit
Ainsi :

u(x) = cos 2x
et v 0 (x) = e−2x
Les fonctions u et v sont C 1 sur R.
u0 (x) = −2 sin 2x
v(x) = − 21 e−2x .
Z
Z
1
−2x
−2x
cos 2xe dx = − cos 2xe
− sin 2xe−2x dx.
2
u(x) = sin 2x et v 0 (x) = e−2x
Les fonctions u et v sont C 1
u0 (x) = cos 2x
v(x) = − 12 e−2x .

On choisit maintenant
sur R. Ainsi :
Z
cos 2xe

−2x

1
1
dx = − cos 2xex + sin 2xe−2x −
2
2

Z

cos 2xe−2x dx + C.

Par cons´equent :
Z

cos 2xe−2x dx =

On en d´eduit :
Z

e−2x cos2 x dx = −

− cos 2x + sin 2x −2x
e
+ C.
4
e−2x e−2x
+
(sin 2x − cos 2x).
4
8

S1MIAS, 1er semestre 2003-2004

7. On choisit
Ainsi :

Virginie BONNAILLIE

u(x) = ln(x + 1) et v 0 (x) = x
Les fonctions u et v sont C 1 sur ] − 1, +∞[.
2
1
u0 (x) = x+1
v(x) = x2 .
Z
Z
x2
1
x2
x ln(x + 1)dx =
ln(x + 1) −
dx.
2
2
x+1

On note que

x2
x+1

=x−1+

1
x+1 .

On en d´eduit ainsi que :
x2
(x − 1)2 1
ln(x + 1) −
+ ln(x + 1).
2
4
2

Z
x ln(x + 1)dx =
u(x) = ln x et
8. On choisit
u0 (x) = x1
Ainsi :
Z

x ln xdx =
9. On choisit

10. On choisit
R

Universit´e Paris Sud

v 0 (x) =
v(x) =



x

2 32
3x .

2 3
2
x 2 ln x −
3
3

Z

Les fonctions u et v sont C 1 sur ]0, +∞[.

1
2 3
4 3
x 2 dx = x 2 ln x − x 2 + C.
3
9

u(x) = ln2 x et v 0 (x) = 1
Les fonctions u et v sont C 1 sur ]0, +∞[. Ainsi :
v(x) = x.
u0 (x) = 2 lnxx
Z
Z
2
2
ln xdx = x ln x − 2 ln xdx = x ln2 x − 2(x − 1) ln x + C.
u(x) = Arctan x et v 0 (x) = x
2
Les fonctions u et v sont C 1 sur R. Ainsi :
u0 (x) = x21+1
v(x) = x2 .

x Arctan xdx =

x2
2

2
1
x2 +1−1
dx = x2 Arctan x
2
x2 +1
x2 +1
x
2 Arctan x − 2 + C.

Arctan x −
=

R



x
2

+ 21 Arctan x + C

Corrig´
e de l’exercice 4. R
Re
e
Calculons les int´egrales I = 1 cos(π ln x)dx et J = 1 sin(π ln x)dx.
Effectuons deux int´egrations par parties successives. On choisit :
u(x) = cos(π ln x)
et v 0 (x) = 1
π
u0 (x) = − x sin(π ln x)
v(x) = x.
Les fonctions u et v sont C 1 sur ]0, +∞. Ainsi :
Z e
I = [x cos(π ln x)]e1 + π
sin(π ln x)dx = −e − 1 + πJ.
1

Effectuons maintenant une int´egration par parties dans J. On choisit :
u(x) = sin(π ln x)
et v 0 (x) = 1
π
0
u (x) = x cos(π ln x)
v(x) = x.
Les fonctions u et v sont C 1 sur ]0, +∞. Ainsi :
J=

[x sin(π ln x)]e1

Z
−π

e

cos(π ln x)dx = −πI.
1

Injectons ceci dans l’expression pr´ec´edente de I, on obtient : I = −e − 1 − π 2 I, ce qui permet de
d´eduire :
I=−

1 + e2

et J =

π

(1 + e).

(6)

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Universit´e Paris Sud

Corrig´
e de l’exercice 5.
D´eterminons une primitive de xex en effectuant une int´egration par parties. On choisit :
u(x) = x et v 0 (x) = ex
u0 (x) = 1
v(x) = ex .
Les fonctions u et v sont C 1 sur R. Ainsi :
Z
Z
xex dx = xex − ex dx = (x − 1)ex + C.
Posons :
π

Z

xex sin 2xdx et I =

I=

Z

π

xex cos 2xdx

(7)

0

0

Remarquons que cos 2x + i sin 2x = e2ix . Par cons´equent :

"
Z π
e(1+2i)x
1
(1+2i)x
(1+2i)x
xe

I + iJ =
xe
dx =
1 + 2i
(1 + 2i)2
0
0

1
1
πeπ
eπ − 1
π
πeπ −
(e

1)
=
(1

2i)
+
(4i
+
3)
.
1 + 2i
(1 + 2i)2
5
25

=

(8)

On en d´eduit :
eπ − 1
πeπ
+3
,
5
25
πeπ
eπ − 1
= =(I + iJ) = −2
+4
.
5
25

I = <(I + iJ) =
J

(9)

Changements de param`
etre d’int´
egration
Corrig´
e de l’exercice 6.
1.

R e2
e

dt
t ln2 t

=−



2
1 e
ln t e

=1−

1
2

= 12 .

R π sin t
t
2. Calculons 02 1+sin
2 t dt. On effectue le changement de variables u = tan 2 , alors
2u
sin t = 1+u
2 , donc :
R
=2
3. Calculons

π
2

0

R1

sin t
dt
1+sin2 t

2
0 1+u2

R3

√dt
8 t t+1 .

Z
8



=

R1

1
du
(1+u2 )

dt

=
t t+1

Z
3

= dt et

R1
= 0 (1+u)4u
2 (1+u2 ) du
1+u
i1
+ 2 Arctan u = 1 − 2 + 2 π4 = π2 − 1.

2u
1
2
0 1+u2 1+ 2u 2 1+u2 du

=

h

2
1+u

0

On effectue le changement de variables u =
3

2
du
1+u2

2



t + 1, alors 2u du = dt, donc :



1 + u 3
2u


du
=
ln
1 − u = ln 2 − ln 3.
(u2 − 1)u
2

R1 √
R1 √
4. Calculons −1 t2 1 − t2 dt = 2 0 t2 1 − t2 dt par parit´e. On effectue le changement de variables
t = sin u, alors dt = cos udu, donc :

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Virginie BONNAILLIE

Universit´e Paris Sud

p




2 1 − t2 dt = 2 2 sin2 u 1 − sin2 u cos udu = 2 2 sin2 u cos2 u du = 1 2 (sin 2u)2 du =
t
0
0
0
2
−1
R
1 π
2 dv
(sin
v)

π

R4 π0
2v
= 21 02 (sin v)2 dv = 12 02 1−cos
dv = 41 v − sin22v 02 = π8 .
2

R1

Corrig´
e de l’exercice 7.
f (x)
u
1√
x+ x


u=



x

du
du =

1√
dx
2 x

R

f (x) dx

2

R

u
du
u2 +u

= ln(u2 + u) + C = ln(x +

x = 2 cos u
x ∈ [−1, 1],

dx = −2 sin udu
u ∈ [0, π]

R sin u|
− |cos
2 u sin udu = u − tan u + C

2
= arccos x2 − 4−x
+C
x

sin x
1+cos2 x

u = cos x

du = − sin x dx



cos x
1+cos2 x

u = sin x

du = cos x dx

R

tan x
1+cos2 x

u = tan x

du = (1 + u2 )dx

R

cos x
1+cos x

u = tan x2

2
du
1+u2

R

4−x2
x2

= dx

R

du
1+u2

R

√1
2+u

√1
2−u

u
1
du =
1+u2 1+ 1 2
1+u
= 21 ln(2 + tan x)

R

u
du
2+u2

=

R

1−u2
1
2du
1+u2 1+ 1−u2 1+u2
2

=

x) + C

= − Arctan u = − Arctan cos x

du
1
= 2√
1+1−u2
2



2+sin
1
= 2√2 ln √2−sin tt

R



1+u

−1 +

2
1+u2



+



1−u2
du
1+u2

du

x
2

= − tan + 2 Arctan tan x2
= t − tan x2 pour t ∈] − π, π[.


2x − x2

x ∈ [0, 2]

u = arccos(x − 1) du = √
u ∈ [0, π]

=

−dx
1−(x−1)2

√ −dx
2x−x2

R
R
− (1 − (x − 1)2 )du = − sin2 udu
=
=

x sin(x2 − 2) u = x2 − 2

sin 2u
− u2 +
4 √
(x−1) 2x−x2
2

du = 2xdx

1
2

R

1 du
1 u
u+ u

sin 2 arccos(x−1)
4
arccos(x−1)
+C
2

C=


u = ex

du
u

= dx

R

e2x
ex −1

u = ex

du
u

= dx

u2 du
u−1+1
u−1 u
u−1 du
x
= e + ln |ex − 1|

√ 1
x(1+x)


u= x
u = cos x


du = 2dx
x
du = − sin x dx

tan x

R

arccos(x−1)
2

sin u du = − 12 cos u = − 12 cos(x2 − 2)

ex +e−x

1



R
R

1
du
1+u2

= Arctan u = Arctan ex
= u + ln |u − 1|

R du

2 1+u
x+C
2 = 2 arctan u + C = 2 arctan
R du
− u = − ln |u| = − ln | cos x|

+C

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Virginie BONNAILLIE

du
1+u2

tan3 x

u = tan x

2x+3
x2 +3x+15

u = x2 + 3x + 15 du = (2x + 3)dx

sin3 x cosp x u = cos x

dx =

du = − sin xdx

Universit´e Paris Sud

R
2 )−u
u3
du = u(1+u
du
1+u2
1+u2
1
u2
2
= 2 − 2 ln |1 + u |
2
= tan2 x − 12 ln |1 + tan2 x|
2
= tan2 x + ln | cos x|
R

R

du
u

= ln |u| = ln |x2 + 3x + 15|

R
p+1
− (1 − u2 )up du = − up+1 +
p+1
cosp+3
= − cos
p+1 + p+3

up+3
p+3

Corrig´
e Rde l’exercice 8.
π x sin x
Soit I = 0 3+sin
3 x dx. Utilisons le changement de variables t = π − x, alors dt = −dx et sin t = sin x,
il vient donc :
Z π
Z π
(π − t) sin t
sin t
I=
dt
=
π
2
2 dt − I.
3 + sin t
0
0 3 + sin t
On en d´eduit :
Z
π π sin t
I=
dt.
2 0 3 + sin2 t
Utilisons maintenant le changement de variables u = cos t, alors du = − sin tdt et donc :




Z
Z
4 + u 1
π −1
du
π 1 du
π
5
3
π 5
π


I=−
=
=
ln
ln − ln
= ln .
=
2 1 3 + 1 − u2
2 −1 4 − u2
16
4 − u −1 16
3
5
8 3

Calculs mixtes
Corrig´
e de l’exercice 9.
1. Soit f (x) = x tan2 x. On remarque que :
f (x) = x(tan2 x + 1) − x.
Calculons une primitive de f en effectuant une int´egration par parties. On choisit :


u(x) = x et v 0 (x) = 1 + tan2 x
Les fonctions u et v sont C 1 sur − π2 , π2 . Ainsi, pour
u0 (x) = 1
v(x) = tan x.


x ∈ − π2 , π2 :
Z
Z
x2
x2
f (x)dx = x tan x − tan x dx −
= x tan x + | ln cos x| −
+ C.
2
2
2. Soit f (x) = cosx2 x . Calculons une primitive de f en effectuant une int´egration par parties. On


u(x) = x et v 0 (x) = cos12 x
choisit 0
Les fonctions u et v sont C 1 sur − π2 , π2 . Ainsi,
u (x) = 1
v(x) = tan x.
π π
pour x ∈ − 2 , 2 :
Z
Z
f (x)dx = x tan x − tan x dx = x tan x + | ln cos x| + C.

3. Soit f (x) = Arctan x. Calculons√une primitive de f en effectuant une int´egration par paru(x) = Arctan x et v 0 (x) = 1
ties. On choisit 0
Les fonctions u et v sont C 1 sur
1
u (x) = 2√1 x 1+|x|
v(x) = x + 1.
]0, +∞[. Ainsi, pour x ∈]0, ∞[, |x| = x et donc :
Z
Z



dx
√ = (x + 1) Arctan x − x + C.
f (x)dx = (x + 1) Arctan x −
2 x

S1MIAS, 1er semestre 2003-2004

Virginie BONNAILLIE

Universit´e Paris Sud

4. Soit f (x) = Arcsin x. Calculons une primitive de f en effectuant une int´egration par parties. On
u(x) = Arcsin x et v 0 (x) = 1
Les fonctions u et v sont C 1 sur ] − 1, 1[. Ainsi,
choisit 0
1
v(x) = x.
u (x) = √1−x
2
pour x ∈] − 1, 1[, on a :
Z
Z
p
x
f (x)dx = x Arcsin x − √
dx = x Arcsin x + 1 − x2 + C.
1 − x2
Autre m´ethode : Effectuons un changement de variables x = sin y et notons que Arcsin sin y = y,
alors dx = cos y dy, ainsi :
Z
Z
Arcsin x dx =

y cos y dy.

Effectuons maintenant une int´egration par parties en choisissant :
u(y) = y et v 0 (y) = cos y
u0 (y) = 1
v(y) = sin y.
Les fonctions u et v sont C 1 sur ] − π2 , π2 [. Ainsi :
Z
Z
Z
Arcsin x dx =
y cos y dy = y sin y − sin y dy
= x Arcsin x + cos(Arcsin x) + C = x Arcsin x +

p
1 − x2 + C.

5. Soit f (x) = x cos2 x. Calculons une primitive de f :
Z
Z
Z
1 + sin x2
x2 h
xi
x
x2
x
x
f (x) dx = x
dx =
+ −x cos
+ 2 cos dx =
− x cos + 4 sin .
2
4
2
2
4
2
2
6. Soit f (x) = Arctan x. Calculons une primitive de f en effectuant une int´egration par parties.
u(x) = Arctan x et v 0 (x) = 1
On choisit 0
Les fonctions u et v sont C 1 sur R. Ainsi :
1
u (x) = 1+x
v(x) = x.
2
Z

Z
f (x)dx = x Arctan x −

x
1
dx = x Arctan x − ln(1 + x2 ) + C.
2
1+x
2

x2
. Calculons une primitive de f en effectuant une int´egration par
(1+x2 )2
2x
u(x) = x2 et v 0 (x) = (1+x
2 )2
Les fonctions u et v sont C 1 sur R.
1
1
0
u (x) = 2
v(x) = − 1+x2 .

7. Soit f (x) =
choisit
x∈R:

Z
f (x)dx = −

x
1
+
2
2(1 + x ) 2

Z

dx
x
1
=−
+ Arctan x + C.
2
2
1+x
2(1 + x ) 2

parties. On
Ainsi, pour

S1MIAS, 1er semestre 2003-2004

Virginie BONNAILLIE

Universit´e Paris Sud

Fractions rationnelles
Corrig´
e de l’exercice 10.
f (x)

D.E.S.
7
4

1
4

R

f (x) dx
ln |x − 2| + 14 ln |x + 2| + C

2x+3
x2 −4

x−2

+

x+2

7
4

3x+7
x2 −3x+2

−10
x−1

+

13
x−2

−10 ln |x − 1| + 13 ln |x − 2| + C

x2 +1
x2 −1

1+

1
x−1

+

1
x+1

x + ln(x − 1) + ln(x + 1)

2x−5
x2 +4x+5

2x+4
x2 +4x+5



9
(x+2)2 +1

ln |x2 + 4x + 5| − 9 Arctan(x + 2) + C

x3 +2
x2 +3x+2

x−3+

1
x+1

2x4 −4x3 +x+1
x2 +x+1

2x2 − 6x + 4 +

x2 −1
x3 +4x2 +5x

1
− 5x
+

2 2+3x
5 x2 +4x+5

− ln5x + 35 ln(x2 + 4x + 5) − 85 arctan(x + 2) + C

x2 −2x−1
(x+1)(x2 +2x+2)

2
x+1

5+x
x2 +2x+2

2 ln(x + 1) − 12 ln(x2 + 2x + 2) − 4 arctan(x + 1) + C

5
3



3
4

2x−5
x(x−1)(x+3)

x

x2 −1
x4 +3x3 +3x2 +x

x2 −1
x(x+1)3

x2 −2x−1
x(x+1)(x2 +1)

− x1 −

1
x+1

1
x3 −x2

− x1 −

1
x2



x−1

+

(x−3)2
2

6
x+2
3 2x+1−3
2 x2 +x+1

3
2
− 3x2 + 4x
x + 1)
+ 2 ln(x +

1
2
−3 3 Arctan √3 x + 2 + C
2 3
3x

11
12



5
3

x+3

= − x1 +
+

1
x+1

+

2
(x+1)2

ln |x| − 34 ln |x − 1| −

− ln |x| + ln |x + 1| −

2x
x2 +1

11
12

2
x+1

ln |x + 3| + C
+C

− ln |x| − ln |x + 1| + ln(x2 + 1) + C

1
x−1

+

+ ln |x + 1| + 6 ln |x + 2| + C

− ln |x| +

1
x

+ ln |x − 1| + C

Corrig´
e de l’exercice 11.
1. On commence par d´ecomposer en ´el´ements simples

1
x2 −4

:

1
1
1
=

.
x2 − 4
4(x − 2) 4(x + 2)
Par cons´equent :
Z

1

−1

2. La fonction x 7→

x
x2 −4

dx
x2 − 4

=

1
1
ln 3
[ln |x − 2|]1−1 − [ln |x + 2|]1−1 = −
4
4
2

est impaire et l’intervalle [−1, 1] est sym´etrique, donc :
Z

1

−1

x2

x
dx = 0.
−4

(10)

S1MIAS, 1er semestre 2003-2004

Virginie BONNAILLIE

3. D´ecomposons en ´el´ements simples

x2 +1
(x+1)2

Universit´e Paris Sud

:

x2 + 1
2
2
=1−
.
+−
2
(x + 1)
x+1
(x + 1)2
Par cons´equent :
Z

2

2
x2 + 1
10
dx = 2 − 2 ln 3 − + 2 =
− 2 ln 3.
2
(x + 1)
3
3

0

Corrig´
e de l’exercice 12.Z
R∞
= lim
Calculer 2 x3dx
−x2

(11)

u

dx
.
u→+∞ 2
− x2
1
−1
1
1
1
D´ecomposons en ´el´ements simples la fraction x3 −x
2 , alors x3 −x2 = x2 − x + x−1 , ainsi, pour tout
1
u
R u dx
1
u > 2, 2 x3 −x2 = x − ln |x| + ln |x − 1| 2 = u1 + ln u−1
equent :
u + ln 2 − 2 . Par cons´
Z ∞
1
dx
= ln 2 − .
3 − x2
x
2
2
R∞
2x−5
Calculer de mˆeme 2 f (x)dx, avec f (x) = x(x−1)(x+3)
. On sait que pour u > 2 :
Z

u

2

x3



5
3
11
f (x)dx =
ln |x| − ln |x − 1| −
ln |x + 3|
3
4
12

Ainsi :

Z



f (x)dx =
2

Corrig´
e de l’exercice 13.
D´eterminons une primitive de
Z

1
(x+1)(x2 +1)

=

0

π
4

= ln
2

u 35
3
4

(u − 1) (u + 3)

11
12

+

11
5
ln 5 − ln 2.
12
3

11
5
ln 5 − ln 2.
12
3

1
x+1



x−1
x2 +1



:

1
1
1
1
dx = ln |x + 1| − ln(x2 + 1) + Arctan x + C.
2
(x + 1)(x + 1)
2
4
2

Calculons maintenant la valeur de l’int´egrale
dx
x = tan t, alors dt = 1+x
2 et ainsi :
Z



1
2

u

dt
1 + tan t

=

π
4

dt
1+tan t

0

en posant comme changement de param`etres


1
dx
1
1
1
2
=
ln |x + 1| − ln(x + 1) + Arctan x
2
2
4
2
0 (1 + x)(1 + x )
0
ln 2 ln 2 π
ln 2 π

+ =
+ .
2
4
8
4
8

Z
=

R

1

Corrig´
e de l’exercice 14.
On note Fn une primitive sur R de

1
,
(1+x2 )n

on choisit par exemple de d´efinir pour tout t ∈ R :
t

Z
Fn (t) =
0

1
dx.
(1 + x2 )n

1. Soit n ≥ 2. Calculons Fn (t) − Fn−1 (t) :
Z

t

1
dx −
2 n
0 (1 + x )
Z t
x2
= −
dx
2 n

Z

Fn (t) − Fn−1 (t) =

0

t

1
dx
(1 + x2 )n−1
(12)

S1MIAS, 1er semestre 2003-2004

Virginie BONNAILLIE

Universit´e Paris Sud

x
u(x) = x et v 0 (x) = (1+x
2 )n
Effectuons une int´egration par parties. On choisit 0
1
u (x) = 1
v(x) = − 2(n−1)(1+x
2 )n−1 .
1
Les fonctions u et v sont C sur R. Ainsi :
Z t
x2
x
1
Fn (t) − Fn−1 (t) = −
dx =

Fn−1 (t).
2 )n
2 )n−1
(1
+
x
2(n

1)(1
+
x
2(n
− 1)
0

On en d´eduit :
Fn (t) =

x
2n − 3
.
Fn−1 (t) +
2(n − 1)
2(n − 1)(1 + x2 )n−1

(13)

Donnons maintenant les expressions de F1 , F2 et F3 :
Z t
dx
F1 (t) =
= Arctan t,
2
0 1+x
1 x
1
Arctan t +
,
F2 (t) =
2
2 1 + x2
3
3 x
1
t
F3 (t) =
Arctan t +
+
.
8
8 1 + x2 4 (1 + t2 )2
Z

u

dx
` l’aide de la relation (13), on d´eduit une relation reliant In
.A
u→+∞ 0 (1 + x2 )n
en passant a
` la limite quand t → ∞, il vient, pour n ≥ 2 :

2. On pose In = lim
et In−1

In =
Il vient donc :
In =

2n − 3
In−1 .
2(n − 1)

(14)

Πnj=2 (2j − 3)
I1 .
Πnj=2 2(j − 1)

Or :
I1 =
Πnj=2 (2j − 3) =
Πnj=2 2(j

π
,
2
2n−2
Πj=2
j

Πj=2 n2(j − 1)

=

(2n − 2)!
2n−1 n!

− 1) = 2n−1 n!

(2n−2)!
Par cons´equent : In = π 22n−1
.
((n−1)!)2

Corrig´
e de l’exercice 12.
Soit f une fonction de classe C 1 sur un intervalle I ⊂ R, r´ealisant une bijection de I sur J ⊂ R et soit
g la fonction r´eciproque. Exprimons une primitive de g en fonction de x et d’une primitive F de f .
Posons comme changement de variables y = g(x), alors x = f (y) et dx = f 0 (y)dy. Ainsi :
Z
Z
g(x) dx = yf 0 (y) dy.
Effectuons une int´egration par parties en posant :
u(y) = y
u0 (y) = 1

et

v 0 (y) = f 0 (y)
v(y) = f (y).

S1MIAS, 1er semestre 2003-2004

Virginie BONNAILLIE

Universit´e Paris Sud

Les fonctions u et v sont de classes C 1 sur I, donc l’int´egration par parties est justifi´ee et on a :
Z
Z
Z
0
g(x) dx =
yf (y) dy = yf (y) − f (y)dy = yf (y) − F (y) + C = g(x)f (g(x)) − F (g(x)) + C
= xg(x) − F (g(x)) + C.

x − 1. D´efinissons la fonction g(x) =
Appliquons
ce

e
sultat
pour
calculer
une
primitive
de
Arctan

Arctan x − 1 pour x > 1. Alors sa fonction r´eciproque est d´efinie sur ]0, π2 [ et vaut :
f (y) = 1 + tan2 y.
Les fontions g et f sont de classes C 1 respectivement sur ]1, +∞[ et ]0, π2 [. De plus, une primitive de
g est la fonction tan, ainsi :
Z





Arctan x − 1 dx = x Arctan x − 1 − tan(Arctan x − 1) + C = x Arctan x − 1 − x − 1 + C.


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